Страница 64 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

162. Пять стрелков одновременно независимо друг от друга стреляют в одну цель. Вероятность попадания каждого стрелка равна 0,7. Поражение цели происходит за одно попадание. Найдите вероятность поражения цели.

Пусть событие $A$ заключается в том, что цель будет поражена. Поражение цели происходит при хотя бы одном попадании.

Проще найти вероятность противоположного события $\bar{A}$, которое заключается в том, что цель не будет поражена. Это произойдет, если все пять стрелков промахнутся. Искомую вероятность события $A$ можно будет найти по формуле: $P(A) = 1 - P(\bar{A})$.

Вероятность попадания для одного стрелка по условию равна $p = 0.7$.

Следовательно, вероятность промаха для одного стрелка составляет:$q = 1 - p = 1 - 0.7 = 0.3$

Поскольку выстрелы стрелков являются независимыми событиями, вероятность того, что все пять стрелков промахнутся, равна произведению вероятностей промаха каждого из них:$P(\bar{A}) = q \times q \times q \times q \times q = q^5 = (0.3)^5$

Вычислим это значение:$(0.3)^5 = 0.3 \cdot 0.3 \cdot 0.3 \cdot 0.3 \cdot 0.3 = 0.00243$

Теперь можем найти вероятность поражения цели:$P(A) = 1 - P(\bar{A}) = 1 - 0.00243 = 0.99757$

Ответ: 0,99757

163. По мишени стреляют 10 раз. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле равна $ \frac{5}{7} $. Какова вероятность того, что в десяти выстрелах будет сделано три промаха?

Данная задача решается с помощью формулы Бернулли, которая применяется для последовательности независимых испытаний с двумя возможными исходами.

Формула Бернулли: $P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$, где $n$ – общее число испытаний, $k$ – число наступлений интересующего события («успеха»), $p$ – вероятность «успеха» в одном испытании, $q = 1-p$ – вероятность противоположного события («неудачи»), а $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ – число сочетаний.

В условиях задачи:

• Общее число выстрелов (испытаний) $n = 10$.
• Мы ищем вероятность того, что будет сделано ровно 3 промаха. Будем считать «успехом» промах. Таким образом, число «успехов» $k = 3$.

Найдем вероятности «успеха» и «неудачи» для одного выстрела:

• Вероятность попадания в мишень равна $\frac{5}{7}$. Это будет вероятность «неудачи», так как «успех» — это промах. Итак, $q = \frac{5}{7}$.
• Вероятность промаха («успеха») в одном выстреле $p$ равна $1 - q$:

$p = 1 - \frac{5}{7} = \frac{2}{7}$

Теперь подставим все значения в формулу Бернулли. Нам нужно найти вероятность 3 промахов ($k=3$) в 10 выстрелах ($n=10$):

$P_{10}(3) = C_{10}^3 \cdot (\frac{2}{7})^3 \cdot (\frac{5}{7})^{10-3} = C_{10}^3 \cdot (\frac{2}{7})^3 \cdot (\frac{5}{7})^7$

Вычислим число сочетаний $C_{10}^3$:

$C_{10}^3 = \frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10!}{3!7!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = 120$

Подставим полученное значение в формулу и проведем вычисления:

$P_{10}(3) = 120 \cdot (\frac{2}{7})^3 \cdot (\frac{5}{7})^7 = 120 \cdot \frac{2^3}{7^3} \cdot \frac{5^7}{7^7} = \frac{120 \cdot 2^3 \cdot 5^7}{7^{10}}$

Упростим числитель:

$120 \cdot 2^3 = 120 \cdot 8 = 960$

Таким образом, искомая вероятность равна:

$P_{10}(3) = \frac{960 \cdot 5^7}{7^{10}}$

Это точный ответ. Можно также вычислить полное числовое значение дроби:

$P_{10}(3) = \frac{960 \cdot 78125}{282475249} = \frac{75000000}{282475249} \approx 0.2655$

Ответ: $ \frac{960 \cdot 5^7}{7^{10}} $

164. Монету подбрасывают 7 раз. Какова вероятность того, что цифра:

1) выпадет два раза;

2) не выпадет ни одного раза;

3) выпадет меньше двух раз;

4) выпадет не менее двух раз?

Для решения этой задачи используется формула Бернулли, так как мы имеем дело с серией независимых испытаний (подбрасывание монеты) с двумя исходами (цифра или орел).

Формула Бернулли: $P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$, где

• $n$ – общее число испытаний;
• $k$ – число наступлений события (выпадение цифры);
• $p$ – вероятность наступления события в одном испытании;
• $q$ – вероятность ненаступления события ($q = 1-p$);
• $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ – число сочетаний.

В нашем случае:

• $n=7$ (монету подбрасывают 7 раз).
• Событие – выпадение "цифры".
• Вероятность выпадения цифры $p = 1/2$.
• Вероятность невыпадения цифры (выпадение орла) $q = 1 - 1/2 = 1/2$.

Общее число всех возможных исходов при 7 подбрасываниях равно $2^7 = 128$.

1) выпадет два раза;
Ищем вероятность того, что цифра выпадет ровно $k=2$ раза. Число благоприятных исходов равно числу сочетаний из 7 по 2: $C_7^2 = \frac{7!}{2!(7-2)!} = \frac{7!}{2!5!} = \frac{6 \cdot 7}{2 \cdot 1} = 21$. Вероятность этого события: $P_7(2) = \frac{C_7^2}{2^7} = \frac{21}{128}$.
Ответ: $\frac{21}{128}$

2) не выпадет ни одного раза;
Ищем вероятность того, что цифра выпадет $k=0$ раз. Это означает, что все 7 раз выпал орел. Такой исход только один. По формуле: $C_7^0 = \frac{7!}{0!(7-0)!} = \frac{7!}{1 \cdot 7!} = 1$. Вероятность этого события: $P_7(0) = \frac{C_7^0}{2^7} = \frac{1}{128}$.
Ответ: $\frac{1}{128}$

3) выпадет меньше двух раз;
Событие "выпадет меньше двух раз" означает, что цифра выпадет 0 раз или 1 раз. Эти события несовместны, поэтому их вероятности можно сложить. $P(\text{меньше 2}) = P_7(0) + P_7(1)$. Вероятность $P_7(0)$ мы уже нашли, она равна $\frac{1}{128}$. Найдем вероятность $P_7(1)$ (цифра выпадет ровно 1 раз): $C_7^1 = \frac{7!}{1!(7-1)!} = \frac{7!}{1 \cdot 6!} = 7$. $P_7(1) = \frac{C_7^1}{2^7} = \frac{7}{128}$. Теперь сложим вероятности: $P(\text{меньше 2}) = \frac{1}{128} + \frac{7}{128} = \frac{8}{128} = \frac{1}{16}$.
Ответ: $\frac{1}{16}$

4) выпадет не менее двух раз?
Событие "выпадет не менее двух раз" является противоположным событию "выпадет меньше двух раз". Сумма вероятностей противоположных событий равна 1. $P(\text{не менее 2}) = 1 - P(\text{меньше 2})$. Вероятность $P(\text{меньше 2})$ мы нашли в предыдущем пункте, она равна $\frac{8}{128}$. $P(\text{не менее 2}) = 1 - \frac{8}{128} = \frac{128}{128} - \frac{8}{128} = \frac{120}{128}$. Сократим дробь на 8: $\frac{120}{128} = \frac{15}{16}$.
Ответ: $\frac{15}{16}$

165. В ящике лежат 5 белых и 6 чёрных шаров. Из ящика шесть раз вынимают по одному шару и кладут назад перед следующим испытанием. Найдите вероятность того, что из шести вынутых шаров белый шар:

1) не вынимали ни одного раза;

2) вынимали меньше трёх раз;

3) вынимали не менее двух раз.

Данная задача решается с помощью формулы Бернулли, так как проводятся независимые испытания с двумя возможными исходами, и вероятность успеха в каждом испытании постоянна.

Всего в ящике $5 + 6 = 11$ шаров.

Вероятность вынуть белый шар (успех) в одном испытании: $p = \frac{5}{11}$.

Вероятность вынуть чёрный шар (неудача) в одном испытании: $q = 1 - p = 1 - \frac{5}{11} = \frac{6}{11}$.

Количество испытаний: $n = 6$.

Формула Бернулли для $k$ успехов в $n$ испытаниях: $P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$, где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ – число сочетаний.

1) не вынимали ни одного раза;

Это означает, что белый шар вынули $k=0$ раз. Все 6 раз вынимали чёрный шар.

Вероятность этого события: $P_6(0) = C_6^0 \cdot (\frac{5}{11})^0 \cdot (\frac{6}{11})^{6-0} = 1 \cdot 1 \cdot (\frac{6}{11})^6 = \frac{6^6}{11^6} = \frac{46656}{1771561}$.

Ответ: $P_6(0) = \frac{46656}{1771561}$

2) вынимали меньше трёх раз;

Это означает, что белый шар вынимали 0, 1 или 2 раза. Нужно найти сумму вероятностей этих событий: $P(k<3) = P_6(0) + P_6(1) + P_6(2)$.

Вероятность $P_6(0)$ уже найдена: $P_6(0) = \frac{46656}{1771561}$.

Найдём $P_6(1)$ (белый шар вынули ровно 1 раз): $P_6(1) = C_6^1 \cdot (\frac{5}{11})^1 \cdot (\frac{6}{11})^{5} = 6 \cdot \frac{5}{11} \cdot \frac{6^5}{11^5} = \frac{30 \cdot 7776}{11^6} = \frac{233280}{1771561}$.

Найдём $P_6(2)$ (белый шар вынули ровно 2 раза): $C_6^2 = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = \frac{6 \cdot 5}{2} = 15$. $P_6(2) = C_6^2 \cdot (\frac{5}{11})^2 \cdot (\frac{6}{11})^{4} = 15 \cdot \frac{5^2}{11^2} \cdot \frac{6^4}{11^4} = \frac{15 \cdot 25 \cdot 1296}{11^6} = \frac{486000}{1771561}$.

Суммируем вероятности: $P(k<3) = \frac{46656}{1771561} + \frac{233280}{1771561} + \frac{486000}{1771561} = \frac{46656 + 233280 + 486000}{1771561} = \frac{765936}{1771561}$.

Ответ: $P(k<3) = \frac{765936}{1771561}$

3) вынимали не менее двух раз.

"Не менее двух раз" означает 2, 3, 4, 5 или 6 раз. Проще найти вероятность противоположного события ("вынимали менее двух раз", то есть 0 или 1 раз) и вычесть её из 1.

Событие "не менее двух раз" ($k \geq 2$) является противоположным событию "менее двух раз" ($k < 2$).

$P(k \geq 2) = 1 - P(k < 2) = 1 - (P_6(0) + P_6(1))$.

Значения $P_6(0)$ и $P_6(1)$ мы уже рассчитали в предыдущем пункте: $P_6(0) = \frac{46656}{1771561}$ $P_6(1) = \frac{233280}{1771561}$

$P(k < 2) = P_6(0) + P_6(1) = \frac{46656}{1771561} + \frac{233280}{1771561} = \frac{279936}{1771561}$.

Теперь найдём искомую вероятность: $P(k \geq 2) = 1 - \frac{279936}{1771561} = \frac{1771561 - 279936}{1771561} = \frac{1491625}{1771561}$.

Ответ: $P(k \geq 2) = \frac{1491625}{1771561}$

166. Игральный кубик бросают восемь раз. Какова вероятность того, что единица выпадет:

1) три раза;

2) больше двух, но меньше пяти раз?

Для решения данной задачи мы будем использовать формулу Бернулли, которая позволяет найти вероятность наступления события A ровно $k$ раз в $n$ независимых испытаниях:

$P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$

где:

• $n$ – общее число испытаний;
• $k$ – число наступления события;
• $p$ – вероятность наступления события в одном испытании;
• $q$ – вероятность ненаступления события в одном испытании ($q = 1-p$);
• $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ – число сочетаний из $n$ по $k$.

В нашем случае:

• Испытание – бросок игрального кубика.
• Число испытаний: $n = 8$.
• Событие A – выпадение единицы.
• Вероятность успеха (выпадение единицы): $p = \frac{1}{6}$.
• Вероятность неудачи (выпадение любой другой грани): $q = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$.

1) три раза;

Нам нужно найти вероятность того, что единица выпадет ровно 3 раза ($k=3$). Подставим наши значения в формулу Бернулли:

$P_8(3) = C_8^3 \cdot (\frac{1}{6})^3 \cdot (\frac{5}{6})^{8-3} = C_8^3 \cdot (\frac{1}{6})^3 \cdot (\frac{5}{6})^5$

Сначала вычислим число сочетаний $C_8^3$:

$C_8^3 = \frac{8!}{3!(8-3)!} = \frac{8!}{3!5!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 56$

Теперь подставим это значение обратно в формулу:

$P_8(3) = 56 \cdot \frac{1^3}{6^3} \cdot \frac{5^5}{6^5} = 56 \cdot \frac{3125}{6^8}$

$P_8(3) = \frac{56 \cdot 3125}{1679616} = \frac{175000}{1679616}$

Сократим полученную дробь. Разделим числитель и знаменатель на 8:

$\frac{175000 \div 8}{1679616 \div 8} = \frac{21875}{209952}$

Эта дробь является несократимой.

Ответ: $P_8(3) = \frac{21875}{209952}$

2) больше двух, но меньше пяти раз?

Это означает, что единица должна выпасть либо 3 раза, либо 4 раза. Так как эти события несовместны, искомая вероятность равна сумме их вероятностей:

$P = P_8(3) + P_8(4)$

Вероятность $P_8(3)$ мы уже нашли в предыдущем пункте:

$P_8(3) = \frac{175000}{1679616}$

Теперь найдем вероятность того, что единица выпадет ровно 4 раза ($k=4$):

$P_8(4) = C_8^4 \cdot (\frac{1}{6})^4 \cdot (\frac{5}{6})^{8-4} = C_8^4 \cdot (\frac{1}{6})^4 \cdot (\frac{5}{6})^4$

Вычислим число сочетаний $C_8^4$:

$C_8^4 = \frac{8!}{4!(8-4)!} = \frac{8!}{4!4!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 70$

Подставим это значение в формулу для $P_8(4)$:

$P_8(4) = 70 \cdot \frac{1^4}{6^4} \cdot \frac{5^4}{6^4} = 70 \cdot \frac{625}{6^8} = \frac{70 \cdot 625}{1679616} = \frac{43750}{1679616}$

Теперь сложим вероятности:

$P = P_8(3) + P_8(4) = \frac{175000}{1679616} + \frac{43750}{1679616} = \frac{175000 + 43750}{1679616} = \frac{218750}{1679616}$

Сократим полученную дробь, разделив числитель и знаменатель на 2:

$\frac{218750 \div 2}{1679616 \div 2} = \frac{109375}{839808}$

Эта дробь является несократимой.

Ответ: $P = \frac{109375}{839808}$